Capítulo 1 Probabilidade Básica EXPERIMENTOS ALEATÓRIOS Todos estão familiarizados com a importância dos experimentos na ciência e na engenharia. A experimentação é útil porque podemos presumir que, se executarmos certos experimentos sob condições quase idênticas, chegaremos a resultados que são essencialmente os mesmos. Nestas circunstâncias, podemos controlar o valor das variáveis que afetam o resultado do experimento. Entretanto, em alguns experimentos, não somos capazes de assegurar ou controlar o valor de certas variáveis assim os resultados irão variar em desempenho de um experimento para o próximo, embora a maioria das condições sejam as mesmas. Estes experimentos são descritos como aleatórios. Seguem alguns exemplos. Exemplo 1.1 Se lançamos uma moeda, o resultado do experimento será coroa, representado por T (ou 0) ou cara, representado por H (ou 1), isto é, um dos elementos do conjunto {H, T} (ou {0, 1}). Exemplo 1.2 Se lançamos um dado, o resultado do experimento será um dos números do conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Exemplo 1.3 Se lançamos uma moeda duas vezes, existem quatro resultados possíveis, indicados por {HH, HT, TH, TT}, isto é, ambos cara, cara primeiro, coroa em segundo, etc. Exemplo 1.4 Se estamos fazendo parafusos com uma máquina, o resultado do experimento é que alguns poderão ser defeituosos. Portanto, quando um parafuso é feito ele será um membro do conjunto (defeituoso, não defeituoso). Exemplo 1.5 Se um experimento consiste de mensurar a duração de lâmpadas elétricas por uma empresa, então o resultado do experimento é a duração t em horas que está em um intervalo digamos, 0 t 4000, onde supomos que nenhuma lâmpada dure mais do que 4000 horas. ESPAÇOS AMOSTRAIS Um conjunto S de todos os resultados possíveis de um experimento aleatório é chamado de um espaço amostral e cada resultado é denominado um ponto amostral. Geralmente, haverá mais do que um espaço amostral que poderá descrever os resultados de um experimento, mas normalmente somente um fornecerá a informação mais importante. Exemplo 1.6 Se lançamos um dado, um espaço amostral ou um conjunto de todos os resultados possíveis é dado por {1, 2, 3, 4, 5, 6} enquanto que um outro é {par, ímpar}. Está claro, entretanto, que o último não é adequado para determinar, por exemplo, se um resultado é divisível por 3. Geralmente, é útil exibir um espaço amostral graficamente. Em tais casos, é conveniente usar números no lugar de letras sempre que possível.
4 PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA Exemplo 1.7 Se lançamos uma moeda duas vezes e usamos 0 para representar coroa e 1 para representar cara, o espaço amostral (veja o Exemplo 1.3) pode ser exibido por pontos como na Fig. 1-1, por exemplo, (0, 1) representa coroa no primeiro lançamento e cara no segundo lançamento, isto é, TH. Figura 1-1 Se um espaço amostral tiver um número finito de pontos, como no Exemplo 1.7, ele é chamado de um espaço amostral finito. Se ele tiver tantos pontos quantos números naturais existentes 1, 2, 3,..., ele é chamado de espaço amostral finito contável. Se ele tem tantos pontos quantos tem em um intervalo do eixo x, como 0 x 1, ele é chamado de espaço amostral infinito não contável. Um espaço amostral que é finito ou infinito contável é geralmente chamado de espaço amostral discreto, enquanto que um que é infinito não contável é chamado de espaço amostral não discreto. EVENTOS Um evento é um subconjunto A do espaço amostral S, isto é, um conjunto de resultados possíveis. Se o resultado de um experimento for um elemento de A, dizemos que ocorreu A. Um evento que consiste de um único ponto de S é geralmente chamado de um evento único ou um evento elementar. Exemplo 1.8 Se lançamos uma moeda duas vezes, o evento apenas uma cara é o subconjunto do espaço amostral que consiste dos pontos (0, 1) e (1, 0), como está indicado na Fig. 1-2. Figura 1-2 Como eventos especiais, temos o próprio S, que é o evento certo ou garantido, visto que um elemento de S deve ocorrer, e o conjunto vazio, que é denominado evento impossível porque um elemento de não pode ocorrer. Usando as operações de conjunto com os eventos de S, podemos obter outros eventos em S. Por exemplo, se A e B são eventos, então: 1. A B é o evento ou A ou B ou ambos. A B é chamado de união de A e B. 2. A B é o evento ambos A e B. A B é chamado de intersecção de A e B. 3. A é o evento não A. A é chamado de o complemento de A. 4. A B A B é o evento A, mas não B. Em particular, A S A. Se os conjuntos correspondentes aos eventos A e B são separados, isto é, A B =, geralmente dizemos que os eventos são mutuamente exclusivos. Isto significa que eles não podem ocorrer simultaneamente. Dizemos que uma coleção de eventos A 1,..., A n é mutuamente exclusiva se cada par na coleção é mutuamente exclusivo. Exemplo 1.9 Com referência ao lançamento de uma moeda duas vezes, considere A o evento de pelo menos uma cara ocorrer e B o evento de o segundo lançamento resulta em uma coroa. Então A {HT,TH,HH}, B {HT, TT} e assim temos:
CAPÍTULO 1 PROBABILIDADE BÁSICA 5 A B {HT, TH, HH, TT} S A B {HT} A {TT} A B {TH, HH} O CONCEITO DE PROBABILIDADE Em qualquer experimento aleatório existe sempre uma incerteza se um evento em particular irá ou não ocorrer. Como uma medida da chance ou probabilidade, com a qual podemos esperar que o evento ocorra, é conveniente designar um número entre 0 e 1. Se estamos certos ou seguros de que o evento irá ocorrer, dizemos que a sua probabilidade é de 100% ou 1, mas se estamos certos de que o evento não irá ocorrer, dizemos que a sua probabilidade é zero. Se, por exemplo, a probabilidade é de 1/4, diríamos que existem 25% de chance que ele irá ocorrer e 75% de chance de que não ocorra. De forma equivalente, podemos dizer que as chances contra a sua ocorrência são de 75% a 25% ou 3 para 1. Existem dois procedimentos importantes pelos quais podemos estimar a probabilidade de um evento. 1. ABORDAGEM CLÁSSICA. Se um evento ocorre de h formas diferentes em um total de n formas possíveis, todas sendo igualmente prováveis, então a probabilidade do evento é h/n. Exemplo 1.10 Suponha que queremos saber a probabilidade de que irá sair cara em um único lançamento de uma moeda. Visto que existem duas formas igualmente prováveis que uma moeda possa ocorrer a saber, cara e coroa (presumindo que ela não role ou fique em pé), e, destas duas formas, cara pode aparecer somente de uma, concluímos que a probabilidade requerida é ½. Para chegar a isso, presumimos que aquela moeda é honesta, isto é, não tende para nenhum dos lados. 2. ABORDAGEM FREQUENCIAL. Se após n repetições de um experimento, onde n é muito grande, um evento ocorre h vezes, então a probabilidade do evento é h/n. Este resultado é também denominado probabilidade empírica do evento. Exemplo 1.11 Se lançamos uma moeda 1000 vezes e verificamos que cara apareceu 532 vezes então, estimamos que a probabilidade de sair cara é 532/1000 0,532. Tanto a abordagem clássica quanto a frequencial tem sérios defeitos, a primeira porque a expressão igualmente provável é vaga, e a segunda porque um grande número é igualmente vago. Assim, em virtude destas dificuldades, os matemáticos foram levados a criar uma abordagem axiomática para a probabilidade. OS AXIOMAS DE PROBABILIDADE Suponha que temos um espaço amostral S. Se S é discreto, todos os subconjuntos são eventos e vice-versa, mas se S não é discreto, então somente subconjuntos especiais (denominados mensuráveis) são eventos. Para cada evento, A na classe C dos eventos, associamos um número real P(A). Então P é denominada uma função de probabilidade e P(A) de probabilidade do evento A, se os seguintes axiomas forem satisfeitos: Axioma 1 Para cada evento A na classe C, Axioma 2 Para o evento certo ou garantido de S na classe C, P(A) 0 (1) P(S) 1 (2) Axioma 3 Para qualquer número de eventos mutuamente exclusivos A 1,..., na classe C, P(A 1...) P(A 1 ) P(A 2 )... (3) Em particular, para dois eventos mutuamente exclusivos A 1, P(A 1 ) P(A 1 ) P(A 2 ) (4)
6 PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA ALGUNS TEOREMAS IMPORTANTES DA PROBABILIDADE A partir destes axiomas podemos agora provar vários teoremas sobre a probabilidade que são importantes para trabalhos posteriores. Teorema 1-1 Se A 1 (A 2, então P(A 1 ) P(A 2 ) e P(A 2 A 1 ) P(A 2 ) P(A 1 ). Teorema 1-2 Para cada evento A, isto é, a probabilidade está entre 0 e 1. 0 P(A) 1, (5) Teorema 1-3 P( ) 0 (6) isto é, o evento impossível tem a probabilidade zero. Teorema 1-4 Se A é o complemento de A, então: P(A ) 1 P(A) (7) Teorema 1-5 Se A A 1... A n, onde A 1,..., A n são eventos mutuamente exclusivos, então: P(A) P(A 1 ) P(A 2 )... P(A n ) (8) Em particular, se A S, o espaço amostral, então: P(A 1 ) P(A 2 )... P(A n ) 1 (9) Teorema 1-6 Se A e B são quaisquer dois eventos, então: P(A B) P(A) P(B) P(A B) (10) Em um sentido amplo, se A 1, A 3 são quaisquer três eventos, então: P(A 1 A 3 ) P(A 1 ) P(A 2 ) P(A 3 ) P(A 1 ) P(A 2 A 3 ) P(A 3 A 1 ) P(A 1 A 3 ) (11) Generalizações para n eventos também podem ser feitas. Teorema 1-7 Para quaisquer eventos A e B, P(A) P(A B) P(A B ) (12) Teorema 1-8 Se um evento A deve resultar na ocorrência de um dos eventos mutuamente exclusivos A 1,..., A n então: P(A) P(A A 1 ) P(A )... P(A A n ) (13) ATRIBUIÇÃO DE PROBABILIDADES Se um espaço amostral S consiste de um número finito de resultados a 1, a 2,..., a n, então pelo Teorema 1-5, P(A 1 ) P(A 2 )... P(A n ) 1 (14) onde A 1,..., A n são os eventos elementares A i {a i }. Deste resultado segue que podemos escolher arbitrariamente números não negativos para as probabilidades destes eventos simples, desde que (14) esteja satisfeito. Em particular, se presumirmos probabilidades iguais para todos os eventos simples, então: P(A k ), k 1, 2,..., n (15)
CAPÍTULO 1 PROBABILIDADE BÁSICA 7 e se A é um evento formado por h eventos simples, então temos: P(A) (16) Isto é equivalente à abordagem clássica para a probabilidade dada na página 5. Poderíamos, é claro, usar outros procedimentos para designar probabilidades, como a abordagem frequencial da página 5. A atribuição de probabilidades fornece um modelo matemático, o sucesso do mesmo deve ser testado experimentalmente da mesma forma que as teorias da física ou outras ciências que devem ser testadas pela experimentação. Exemplo 1.12 Um único dado é lançado uma única vez. Encontre a probabilidade de aparecer 2 ou 5. O espaço amostral é S {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Se atribuirmos probabilidades iguais aos pontos amostrais, isto é, se presumirmos que o dado é honesto, então: P(1) P(2)... P(6) O evento de aparecer tanto 2 quanto 5 é indicado por 2 5. Portanto, P(2 5) P(2) P(5) PROBABILIDADE CONDICIONAL Sejam A e B dois eventos (Fig. 1-3) tal que P(A) 0. Represente por P(B A) a probabilidade de B dado que A ocorreu. Visto que é sabido que A ocorreu, ele se torna, então, o novo espaço amostral substituindo o espaço S original. Isto leva a definição: ou P(B A) (17) P(A B) P(A) P(B A) (18) Figura 1-3 Em palavras, (18) diz que a probabilidade de que ambos A e B ocorram é a probabilidade de que A ocorra vezes a probabilidade de que B ocorra, dado que A ocorreu. Denominamos P(B A) como a probabilidade condicional de B dado A, isto é, a probabilidade de que B ocorrer dado que A ocorreu. É fácil mostrar que a probabilidade condicional satisfaz aos axiomas da página 5. Exemplo 1.13 Encontre a probabilidade de que um único lançamento de um dado irá resultar em um número menor do que 4 se (a) nenhuma outra informação é dada e (b) é dado que o lançamento resultou em um número ímpar. (a) Considere B a representação do evento {menor do que 4}. Visto que B é a união dos eventos 1, 2 ou 3, vimos pelo Teorema 1-5 que: P(B) P(1) P(2) P(3) assumindo probabilidades iguais para os pontos amostrais.
8 PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA (b) Seja A o evento {número impar}, temos que. Também, que. Então: Portanto, a informação dada de que o lançamento resultou em um número ímpar aumentou a probabilidade de 1/2 para 2/3. TEOREMAS SOBRE PROBABILIDADE CONDICIONAL Teorema 1-9 Para quaisquer três eventos A 1, A 3, tem-se: P(A 1 A 3 ) P(A 1 ) P(A 2 A 1 ) P(A 3 A 1 ) (19) Em palavras, a probabilidade de que A 1 e A 2 e A 3 ocorram é igual a probabilidade de que A 1 ocorra vezes a probabilidade de que A 2 ocorra, dado que A 1 ocorreu vezes a probabilidade de que A 3 ocorra, dado que ambos A 1 e A 2 ocorreram. O resultado é facilmente generalizado para n eventos. Teorema 1-10 Se um evento A deve resultar em um dos eventos mutuamente exclusivos A 1,..., A n, então: P(A) = P(A 1 ) P(A A 1 ) P(A 2 ) P(A A 2 ) P(A n ) P(A A n ) (20) EVENTOS INDEPENDENTES Se P(B A) P(B), isto é, a probabilidade de B ocorrer não é afetada pela ocorrência ou não de A, então dizemos que A e B são eventos independentes. Isto é equivalente a: P(A B) P(A)P(B) (21) como visto em (18). Inversamente, se (21) é verdadeiro, então A e B são independentes. Dizemos que três eventos A 1, A 3 são independentes se eles são dois a dois independentes: e P(A j A k ) P(A j )P(A k ) j k onde j, k 1, 2, 3 (22) P(A 1 A 3 ) P(A 1 )P(A 2 )P(A 3 ) (23) Observe que nem (22) e (23) são, por eles mesmos, suficientes. A independência de mais do que três eventos é facilmente definida. TEOREMA OU REGRA DE BAYES Suponha que A 1,..., A n são eventos mutuamente exclusivos, cuja união é o espaço amostral S, isto é, um dos eventos deve ocorrer. Então, se A é um evento, temos o seguinte teorema importante: Teorema 1-11 (Regra de Bayes) (24) Isso nos permite encontrar as probabilidades de vários eventos A 1,..., A n que causam a ocorrência de A. Por essa razão, o teorema de Bayes é geralmente referido como um teorema da probabilidade das causas. ANÁLISE COMBINATÓRIA Em muitos casos o número de pontos amostrais em um espaço amostral não é muito grande e, assim, a enumeração direta ou a contagem dos pontos amostrais necessários para se obter as probabilidades não é tão difícil. Entretanto,
CAPÍTULO 1 PROBABILIDADE BÁSICA 9 os problemas surgem quando a contagem direta se torna praticamente impossível. Em tais casos, utiliza-se a análise combinatória, que poderia ser também chamada de uma forma sofisticada de contagem. PRINCÍPIO FUNDAMENTAL DA CONTAGEM: DIAGRAMAS DE ÁRVORE Se algo pode ser realizado de n 1 formas diferentes e após isto uma segunda coisa pode ser realizada de n 2 formas diferentes,..., e finalmente uma k-ésima coisa pode ser realizada de n k formas diferentes, então todas as k coisas podem ser realizadas na ordem especificada de n 1 n 2...n k formas diferentes. Exemplo 1.14 Se um homem tem 2 camisas e 4 gravatas, então ele tem 2 4 8 formas de combinar uma camisa com uma gravata. Um diagrama, denominado diagrama de árvore, em virtude da aparência (Fig. 1-4), geralmente é usado relacionado ao princípio acima. Exemplo 1.15 Considere S 1, S 2 a representação das camisas e T 1, T 2, T 3, T 4 a representação das gravatas. As várias formas de combinar uma camisa e uma gravata estão indicadas no diagrama de árvore da Fig. 1-4. Figura 1-4 PERMUTAÇÕES Suponha que temos n objetos distintos e gostaríamos de dispor r destes objetos em uma linha. Visto que existem n formas de escolher o primeiro objeto e, após a escolha, n 1 formas de escolher o segundo objeto,..., e, finalmente, n r 1 formas de escolher o r-ésimo objeto, segue pelo princípio fundamental da contagem que o número de disposições ou permutações, como elas são geralmente denominadas, é dado por: P n r n(n 1)(n 2) (n r 1) (25) onde observa-se que o produto tem r fatores. Chamamos de n P r o número de permutações de n objetos tomando-se r a cada vez. No caso em particular, onde r n, (25) se torna: np r n(n 1)(n 2)... 1 n! (26) que é denominado n fatorial. Podemos escrever (25) em termos de fatorial como: (27) Se r n, vemos que (27) e (26) concordam somente se tivermos 0! 1, e, devemos, de fato, tomar isto como a definição de 0!.
10 PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA Exemplo 1.16 O número de disposições diferentes ou permutações consistindo de 3 letras cada que podem ser formadas com as 7 letras A, B, C, D, E, F, G é: Suponha que um conjunto consiste de n objetos dos quais n 1 são de um tipo (isto é, indistinguível um do outro), n 2 são do segundo tipo,..., n k são k-ésimo tipo. Aqui, é claro, n n 1 n 2 n k. Então o número de permutações diferentes dos objetos é: Veja o Problema 1.25. (28) Exemplo 1.17 O número de permutações diferentes das 11 letras da palavra M I S S I S S I P P I, que consiste de 1 M, 4 I, 4 S e 2 P é: COMBINAÇÕES Em uma permutação estamos interessados na ordem da disposição dos objetos. Por exemplo, abc é uma permutação diferente de bca. Em muitos problemas, entretanto, estamos interessados somente na seleção ou escolha dos objetos sem considerar a ordem. Tais seleções são chamadas de combinações. Por exemplo, abc e bca são a mesma combinação. O número total de combinações de r objetos selecionados de n (também chamado de combinações de n coisas tomadas r a cada vez) é representado por n C r ou. Temos (veja o Problema 1.27): (29) Ela pode ser escrita também: (30) É fácil mostrar que: ou nc r = n C n r (31) Exemplo 1.18 O número de formas nas quais 3 cartas podem ser escolhidas ou selecionadas de um total de 8 cartas diferentes é: COEFICIENTE BINOMIAL Os números em (29) são geralmente chamados de coeficientes binomiais porque eles aparecem na expansão binomial. Eles têm muitas propriedades interessantes. (32)
CAPÍTULO 1 PROBABILIDADE BÁSICA 11 Exemplo 1.19 APROXIMAÇÃO DE STIRLING PARA n! Quando n é grande, uma avaliação direta de n! pode ser impraticável. Em tais casos pode-se usar uma fórmula aproximada: (33) onde e 2,71828..., que é a base dos logaritmos naturais. O símbolo em (33) significa que a razão do lado esquerdo para o lado direito se aproxima de 1 quando n. A tecnologia computacional ofuscou amplamente o valor da fórmula de Stirling para cálculos numéricos, mas a aproximação permanece válida para estimativas teóricas (veja o Apêndice A). Problemas Resolvidos Experimentos aleatórios, espaços amostrais e eventos 1.1 Uma carta é extraída ao acaso de um baralho comum de 52 cartas. Descreva o espaço amostral se os naipes (a) não são considerados e (b) são considerados. (a) Se não levamos em consideração os naipes, o espaço amostral consiste de ás, dois,..., dez, valete, rainha, rei e ele pode ser indicado como {1, 2,..., 13}. (b) Se levamos em consideração os naipes, o espaço amostral consiste de ás de copas, espadas, ouros e paus;...; rei de copas, espadas, ouros e paus. Representando copas, espadas, ouros e paus, respectivamente, por 1, 2, 3, 4, por exemplo, podemos indicar um valete de espadas por (11, 2). O espaço amostral então, consiste de 52 pontos mostrados na Fig. 1-5. P O E C Figura 1-5 1.2 Com referência ao experimento do Problema 1.1, considere A o evento (rei é extraído) ou simplesmente (rei) e B o evento (naipe de paus é extraído). Descreva os eventos (a) A B, (b) A B, (c) A B, (d) A B, (e) A B, (f) A B, (g) (A B) (A B ). (a) A B {ou rei ou naipe de paus (ou ambos, isto é, rei de paus)}. (b) A B {ambos, rei e naipe de paus} {rei de paus}. (c) Visto que B {naipe de paus}, B {não naipe de paus} {copas, ouros, espadas}. Então, A B {rei ou copas ou ouros ou espadas}. (d) A B {não rei e não naipe de paus} {não rei de paus} {qualquer carta, exceto o rei de paus}. Isto pode também ser visto, observando que A B (A B ) e usando (b). (e) A B {rei, mas não naipe de paus}. Isto é o mesmo que A B {rei e não naipe de paus}.
12 PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA (f) A B {não rei e não não naipe de paus } {não rei e naipe de paus} {qualquer naipe de paus, exceto rei}. Isto também pode ser visto, observando que A B A (B ) A B. (g) (A B) (A B ) {(rei e naipe de paus) ou (rei e não naipe de paus) {rei}. Isto também pode ser visto observando que (A B) (A B ) A. 1.3 Use a Fig. 1-5 para descrever os eventos (a) A B, (b) A B. Os eventos necessários estão indicados na Fig. 1-6. De uma forma similar, todos os eventos do Problema 1.2 podem também ser indicados em tais diagramas. Deve ser observado da Fig. 1-6 que A B é o complemento de A B. P O E C Figura 1-6 Teoremas sobre probabilidade 1.4 Prove (a) o Teorema 1-1, (b) o Teorema 1-2, (c) o Teorema 1-3, da página 5. (a) Temos A 2 A 1 (A 2 A 1 ) onde A 1 e A 2 A 1 são mutuamente exclusivos. Então, pelo Axioma 3, da página 5: P(A 2 ) P(A 1 ) P(A 2 A 1 ) então: P(A 2 A 1 ) P(A 2 ) P(A 1 ) Visto que P(A 2 A 1 ) 0 pelo o Axioma 1, página 5, segue que P(A 2 ) P(A 1 ). (b) Sabemos que P(A) 0 pelo Axioma 1. Para provar que P(A) 1, primeiro observamos que A ( S. Portanto, pelo Teorema 1-1 [parte (a)] e Axioma 2, P(A) P(S) 1 (c) Temos S S. Visto que S, segue do Axioma 3 que: 1.5 Prove (a) o Teorema 1-4, (b) o Teorema 1-6. P(S) P(S) P( ) ou P( ) 0 (a) Temos que A A S. Então, visto que A A, temos: P(A A ) P(S) ou P(A) P(A ) 1 isto é, P(A ) 1 P(A) (b) Temos do diagrama Venn da Fig.1-7, (1) A B = A [B (A B)] Então, visto que os conjuntos A e B (A B) são mutuamente exclusivos, temos, usando o Axioma 3 e o Teorema 1-1, P(A B) P(A) P[B (A B)] P(A) P(B) P(A B)
CAPÍTULO 1 PROBABILIDADE BÁSICA 13 Figura 1-7 Cálculo de probabilidades 1.6 Uma carta é extraída ao acaso de um baralho comum de 52 cartas. Encontre a probabilidade de que ela seja (a) um ás, (b) um valete de copas, (c) um três de paus ou um seis de ouros, (d) um naipe de copas, (e) qualquer naipe, exceto copas, (f) um dez ou um naipe de espadas, (g) nem um quatro e nem um naipe de espadas. Vamos usar para simplificar H, S, D, C para indicar os naipes de copas, espadas, ouros e paus respectivamente, e 1, 2,..., 13 para ás, dois,..., rei. Então, 3 H significa três de copas, enquanto que 3 H significa três ou copas. Vamos usar o espaço amostral do Problema 1.1 (b), atribuindo probabilidades iguais de 1/52 para cada ponto amostral. Por exemplo, P(6 C) 1/52. (a) P(1) P(1 H ou 1 S ou 1 D ou 1 C) P(1 H) P(1 S) P(1 D) P(1 C) Isto também poderia ser obtido do espaço amostral do Problema 1.1 (a) onde cada ponto amostral, um ás em particular, tem probabilidade 1/13. Poderíamos ter chegado a este resultado simplesmente considerando que existem 13 números e, assim, cada um tem probabilidade de 1/13 de ser extraído. (b) (c) (d) ou ou Isto também poderia ter sido obtido, observando que existem quatro naipes, onde cada um tem probabilidade igual a 1/4 de ser extraído. (e) usando a parte (d) e o Teorema 1-4, página 6. (f) Visto que 10 e S não são mutuamente exclusivos, temos, do Teorema 1-6, (g) A probabilidade de que não se tenha nem quatro ou nem paus pode ser representada por P(4 C ). Mas, 4 C (4 C ). Portanto, P(4 C ) P[(4 C) ] 1 P(4 C) 1 [P(4) P(C) P(4 C)] Poderíamos, também, chegar a isso observando que o diagrama favorável a este evento é o complemento do evento destacado na Fig. 1-8. Visto que este complemento tem 52 16 36 pontos amostrais e que cada um desses pontos amostrais tem uma probabilidade de 1/52, a probabilidade solicitada é 36/52 9/13.
14 PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA P O E C Figura 1-8 1.7 Uma bola é extraída ao acaso de uma caixa contendo 6 bolas vermelhas, 4 bolas brancas e 5 bolas azuis. Determine a probabilidade de que ela seja (a) vermelha, (b) branca, (c) azul, (d) não vermelha, (e) vermelha ou branca. (a) Método 1 Considere R, W e B a representação dos eventos de extrair uma bola vermelha, uma branca e uma azul, respectivamente. Então: Método 2 Nosso espaço amostral consiste de 6 4 5 15 pontos amostrais. Então, se atribuirmos probabilidades iguais a 1/15 para cada ponto amostral, temos que P(R) 6/15 2/5, visto que existem 6 pontos amostrais correspondentes a bola vermelha. (b) (c) (d) P(não vermelha) P(R ) 1 P(R) 1 pela parte (a). (e) Método 1 Isto também pode ser obtido utilizando o espaço amostral como na parte (a). Método 2 pela parte (c). Método 3 Visto que os eventos R e W são mutuamente exclusivos, segue de (4), página 5, que: Probabilidade condicional e eventos independentes 1.8 Um dado honesto é lançado duas vezes. Encontre a probabilidade de se obter 4, 5 ou 6 no primeiro lançamento e 1, 2, 3 ou 4 no segundo lançamento. Considere A 1 o evento 4, 5 ou 6 no primeiro lançamento e A 2 o evento 1, 2, 3 ou 4 no segundo lançamento. Então, estamos procurando por P(A 1 ).
CAPÍTULO 1 PROBABILIDADE BÁSICA 15 Método 1 Usamos aqui o fato de que o resultado do segundo lançamento é independente do primeiro, tal que P(A 2 A 1 ) P(A 2 ). Usamos, também, P(A 1 ) 3/6 (visto que 4, 5 ou 6 são 3 das 6 possibilidades igualmente prováveis) e P(A 2 ) 4/6 (visto que 1, 2, 3 ou 4 são 4 e das 6 possibilidades igualmente prováveis). Método 2 Cada uma das 6 maneiras nas quais um dado pode cair no primeiro lançamento podem estar associadas com cada uma das 6 maneiras nas quais ele pode cair no segundo lançamento, um total de 6 6 36 maneiras, todas igualmente prováveis. Cada uma das 3 maneiras que A 1 pode ocorrer pode ser associada com cada uma das 4 maneiras nas quais A 2 pode ocorrer para fornecer 3 4 12 maneiras em que ambos A 1 e A 2 podem ocorrer. Então: Isto mostra diretamente que A 1 e A 2 são independentes uma vez que: 1.9 Encontre a probabilidade de não se obter um total de 7 ou 11 nos dois lançamentos de um par de dados honestos. O espaço amostral para cada lançamento do dado é exibido na Fig. 1-9. Por exemplo, (5, 2) significa que saiu 5 no primeiro dado e 2 no segundo. Visto que os dados são honestos e existem 36 pontos amostrais, atribuímos probabilidades de 1/36 para cada um. Segundo dado Primeiro dado Figura 1-9 Se consideramos A o evento 7 ou 11, então A é indicado pela porção destacada na Fig. 1-9. Visto que 8 pontos estão incluídos, temos P(A) 8/36 2/9. Segue que a probabilidade de não 7 ou 11 é dada por: Usando os subscritos 1, 2 para representar o primeiro e o segundo lançamentos do dado, vemos que a probabilidade de não 7 ou 11 tanto no primeiro quanto no segundo lançamento é dada por: usando o fato de que os lançamentos são independentes.
16 PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA 1.10 Duas cartas são extraídas de um baralho muito bem embaralhado de 52 cartas. Encontre a probabilidade de que ambas são ás se a primeira carta for (a) reposta, (b) não reposta. Método 1 Considere A 1 evento ás na primeira extração e A 2 evento ás na segunda extração. Então, estamos procurando por P(A 1 ) P(A 1 ) P(A 2 A 1 ). (a) Visto que para a primeira extração existem quatro ases nas 52 cartas, P(A 1 ) 4/52. Também, se a carta é reposta para a segunda extração, então P(A 2 A 1 ) 4/52, visto que também existem 4 ases nas 52 cartas na segunda extração. Então: (b) Como na parte (a), P(A 1 ) 4/52. Entretanto, se ocorrer um ás na primeira extração, permanecerão somente 3 ases nas 51 cartas restantes, tal que P(A 2 A 1 ) 3/51. Então: Método 2 (a) A primeira carta pode ser extraída em uma de 52 maneiras possíveis, e visto que existe reposição, a segunda carta também pode ser extraída em uma de 52 maneiras. Então, ambas as cartas podem ser extraídas de 52 52 maneiras, todas igualmente prováveis. Neste caso, existem 4 maneiras de escolher um ás na primeira extração e 4 maneiras de escolher um ás na segunda extração, tal que o número de maneiras de escolher ases na primeira e segunda extrações é 4 4. Então, a probabilidade solicitada é: 1.11 Três bolas são extraídas sucessivamente da caixa do Problema 1.7. Encontre a probabilidade de que elas são extraídas na seguinte ordem: vermelha, branca e azul, se cada bola é (a) reposta após ser extraída, (b) não reposta. Considere R 1 o evento bola vermelha na primeira extração, W 2 o evento bola branca na segunda extração, B 3 o evento bola azul na terceira extração. É necessário que P(R 1 W 2 B 3 ). (a) Se cada bola é reposta, então os eventos são independentes e: (b) Se a bola extraída não é resposta, então os eventos são dependentes e: 1.12 Encontre a probabilidade de sair um 4 pelo menos uma vez em dois lançamentos de um dado honesto. Considere A 1 o evento 4 no primeiro lançamento e A 2 o evento 4 no segundo lançamento. Então: A 1 evento 4 no primeiro lançamento ou 4 no segundo lançamento ou ambos evento pelo menos um 4 é obtido e queremos calcular P(A 1 ).
CAPÍTULO 1 PROBABILIDADE BÁSICA 17 Método 1 Os eventos A 1 e A 2 não são mutuamente exclusivos, mas eles são independentes. Portanto, por (10) e (21), Método 2 Então: P(pelo menos um 4 é obtido) P(nenhum 4 é obtido) 1 P(pelo menos um 4 é obtido) 1 P(nenhum 4 é obtido) 1 P(nenhum 4 obtido no primeiro lançamento e nenhum 4 obtido no segundo) Método 3 Número total de maneiras igualmente prováveis nas quais ambos os dados podem cair 6 6 36. Também: Número de maneiras nas quais A 1 ocorre, mas não A 2 5 Número de maneiras nas quais A 2 ocorre, mas não A 1 5 Número de maneiras nas quais A 1 e A 2 ocorrem 1 Então, o número de maneiras nas quais pelo menos um dos eventos A 1 ou A 2 ocorrem 5 5 1 11. Portanto, P(A 1 ) 11/36. 1.13 Uma urna contém 4 bolas brancas e 2 pretas; outra contém 3 bolas brancas e 5 pretas. Se uma bola é extraída de cada urna, encontre a probabilidade de que (a) ambas sejam brancas, (b) ambas sejam pretas, (c) uma seja branca e outra preta. Considere W 1 evento bola branca da primeiro urna, W 2 evento bola branca da segunda urna. (a) (b) (c) A probabilidade solicitada é: 1.14 Prove o Teorema 1-10, página 8. Provaremos o teorema para o caso n 2. As extensões para valores maiores de n podem ser feitas com facilidade. Se o evento A deve resultar em um de dois eventos mutuamente exclusivos A 1, então: A (A A 1 ) (A ) Mas, A A 1 e A são mutuamente exclusivos desde que A 1 e A 2 o sejam. Portanto, pelo Axioma 3: usando (18), página 7.
18 PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA 1.15 A Caixa I contém 3 bolas de gude vermelhas e 2 bolas de gude azuis, enquanto que a Caixa II contém 2 bolas de gude vermelhas e 8 bolas de gude azuis. Uma moeda honesta é lançada. Se a moeda der cara, uma bola de gude é escolhida da Caixa I; se der coroa, uma bola de gude é escolhida da Caixa II. Encontre a probabilidade de que uma bola de gude vermelha seja escolhida. Considere R como a representação do evento uma bola de gude vermelha é escolhida enquanto I e II representam os eventos Caixa I e Caixa II são escolhidas, respectivamente. Visto que uma bola de gude vermelha pode resultar tanto na escolha da Caixa I quanto da II, podemos usar os resultados do Problema 1.14 com A R, A 1 I II. Portanto, a probabilidade de escolher uma bola de gude vermelha é: Teorema ou regra de Bayes 1.16 Prove o teorema de Bayes (Teorema 1-11, página 8). Visto que A resulta em um dos eventos mutuamente exclusivos A 1,..., A n, temos pelo teorema 1-10 (Problema 1.14): Portanto, 1.17 Suponha que, no Problema 1.15, aquela pessoa que lançou a moeda não revele se deu cara ou coroa (assim, a caixa da qual a bola de gude foi escolhida não é conhecida), mas revele que uma bola de gude vermelha foi escolhida. Qual é a probabilidade de que a Caixa I foi a escolhida (isto é, a moeda deu cara)? Vamos usar a mesma terminologia do Problema 1.15, isto é, A R, A 1 I II. Procuramos a probabilidade de que a Caixa I foi a escolhida dado que sabemos que uma bola de gude vermelha foi retirada. Usando a regra de Bayes, com n 2, está probabilidade é dada por: Análise combinatória, contagem e diagramas de árvore 1.18 Um comitê com três membros é formado consistindo de um representante dos trabalhadores, um da gerência e um do público. Se existem três representantes possíveis dos trabalhadores, 2 da gerência e 4 do público, determine quantos comitês diferentes podem ser formados usando (a) o princípio fundamental da contagem e (b) um diagrama de árvore. (a) Podemos escolher um representante dos trabalhadores de 3 maneiras diferentes e após um representante da gerência de 2 maneiras diferentes. Assim, existem 3 2 6 maneiras diferentes de escolher um representante dos trabalhadores e um da gerência. Para cada uma destas maneiras podemos escolher um representante do público de 4 maneiras diferentes. Portanto, o número de comitês diferentes que podem ser formados é 3 2 4 24. (b) Represente os 3 representantes dos trabalhadores por L 1, L 2, L 3 ; os representantes da gerência por M 1, M 2 ; e os representantes do público por P 1, P 2, P 3, P 4. Assim, o diagrama de árvore da Fig. 1-10 mostra que existem 24 comitês diferentes no total. A partir do diagrama de árvore podemos listar todos diferentes comitês, por exemplo, L 1 M 1 P 1, L 1 M 1 P 2, etc.
CAPÍTULO 1 PROBABILIDADE BÁSICA 19 Figura 1-10 Permutações 1.19 De quantas maneiras 5 bolas de gude coloridas podem ser dispostas em uma linha? Devemos dispor as 5 bolas de gude em 5 posições da forma:. A primeira posição pode ser ocupada por qualquer uma das 5 bolas de gude, isto é, existem 5 maneiras de preencher a primeira posição. Quando isto for feito, existem 4 maneiras de preencher a segunda posição. Então, existem 3 maneiras de preencher a terceira posição, 2 maneiras de preencher a quarta posição e, finalmente, somente 1 maneira de preencher a última posição. Portanto: Em geral, Número de disposições de 5 bolas de gude em uma linha 5 4 3 2 1 5! 120. Número de maneiras de dispor n objetos diferentes em uma linha n(n 1)(n 2) 1 n! Isto também é chamado de número de permutações de n objetos diferentes tomando n a cada vez e é representado por n P n. 1.20 De quantas maneiras 10 pessoas podem sentar-se em um banco com somente 4 lugares disponíveis? O primeiro lugar pode ser preenchido por uma de 10 maneiras e quando isto for feito, existem 9 maneiras de preencher o segundo lugar, 8 maneiras de preencher o terceiro lugar e 7 maneiras de preencher o quarto lugar. Portanto, Em geral, Número de disposições de 10 pessoas tomando 4 de cada vez 10 9 8 7 5040. Número de disposições de n objetos diferentes tomando r a cada vez n(n 1) (n r 1). Isto também é chamado de número de permutações de n objetos diferentes tomados r a cada vez e é representado por P. Observe que quando r n, P n r n r = n! como no Problema 1.19. 1.21 Avalie (a) 8 P 3, (b) 6 P 4, (c) 15 P 1, (d) 3 P 3. (a) 8 P 3 8 7 6 336 (b) 6 P 4 6 5 4 3 360 (c) 15 P 1 15 (d) 3 P 3 3 2 1 6
20 PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA 1.22 É solicitado que 5 homens e 4 mulheres sentem em fila, de forma que as mulheres ocupem os lugares pares. Quantas disposições são possíveis? Os homens podem sentar em 5 P 5 maneiras e as mulheres em 4 P 4 maneiras. Cada disposição de homens pode estar associada com uma disposição das mulheres. Portanto, Número de maneiras 5 P 5 4 P 4 5! 4! (120)(24) 2880. 1.23 Quantos números de quatro dígitos podem ser formados com os 10 dígitos 0, 1, 2, 3,..., 9 se (a) as repetições são permitidas, (b) as repetições não são permitidas, (c) o último dígito deve ser zero e as repetições não são permitidas? (a) O primeiro dígito pode ser qualquer um de 9 (visto que 0 não é permitido). O segundo, terceiro e quarto dígitos podem ser qualquer um de 10. Então, 9 10 10 10 9000 números podem ser formados. (b) O primeiro dígito pode ser qualquer um de 9 (exceto 0). O segundo dígito pode ser qualquer um de 9 (exceto aquele usado anteriormente). O terceiro dígito pode ser qualquer um 8 (exceto aqueles usados para os primeiros dois dígitos). O quarto dígito pode ser qualquer um de 7 (exceto aqueles usados para os primeiros três dígitos). Então, 9 9 8 7 4536 números podem ser formados. Outro método O primeiro dígito pode ser qualquer um de 9, e os três restantes podem ser escolhidos de 9 P 3 maneiras. Então, 9 9P 3 9 9 8 7 4536 números podem ser formados. (c) O primeiro dígito pode ser escolhido de 9 maneiras, o segundo de 8 maneiras e o terceiro de 7 maneiras. Então, 9 8 7 504 números podem ser formados. Outro método O primeiro dígito pode ser escolhido de 9 maneiras e os próximos dois dígitos de 8 P 2 maneiras. Então, 9 8 P 2 9 8 7 504 números podem ser formados. 1.24 Quatro livros de matemática diferentes, seis livros de física diferentes e dois livros de química diferentes devem ser dispostos em uma estante. Quantas disposições diferentes são possíveis se (a) os livros sobre um assunto em particular devem ficar todos juntos, (b) somente os livros de matemática devem ficar juntos? (a) Os livros de matemática podem ser dispostos entre eles de 4 P 4 4! maneiras, os livros de física de 6 P 6 6! maneiras, os livros de química de 2 P 2 2! maneiras e os três grupos em 3 P 3 3! maneiras. Portanto, Número de disposições 4!6!2!3! 207.360. (b) Considere os quatro livros de matemática como um livro grande. Assim, temos 9 livros que podem ser dispostos de 9 P 9 9! maneiras. De todas estas maneiras os livros de matemática estão juntos. Mas, os livros de matemática podem ser dispostos entre eles de 4 P 4 4! maneiras. Portanto, Número de disposições 9!4! 8.709.120. 1.25 Cinco bolas de gude vermelhas, duas bolas de gude brancas e três bolas de gude azuis são dispostas em uma linha. Se todas as bolas de gude da mesma cor não são distinguíveis umas das outras, quantas disposições diferentes são possíveis? Suponha que existem N disposições diferentes. Multiplicando N pelo número de maneiras de dispor (a) as cinco bolas de gude entre elas mesmas, (b) as duas bolas de gude brancas entre elas mesmas e (c) as três bolas de gude azuis entre elas mesmas (isto é, multiplicando N por 5!2!3!), obtemos o número de maneiras de dispor 10 bolas de gude se elas fossem distinguíveis, isto é, 10!. Então: (5!2!3!)N 10! e N 10!/(5!2!3!) Em geral, o número de disposições diferentes de n objetos, dos quais n 1 são similares, n 2 são similares,..., n k são similares é onde n 1 n 2 n k n.
CAPÍTULO 1 PROBABILIDADE BÁSICA 21 1.26 De quantas maneiras 7 pessoas podem sentar-se em torno de uma mesa se (a) elas podem sentar em qualquer lugar, (b) 2 pessoas em particular não devem sentar uma ao lado da outra? (a) Vamos permitir que 1 delas sente em qualquer lugar. Então, as 6 pessoas restantes podem sentar 6! 720 maneiras, que é o total do número de maneiras de dispor 7 pessoas em um círculo. (b) Considere 2 pessoas em particular como 1 pessoa. Então, existe um total de 6 pessoas, e elas podem ser dispostas de 5! maneiras. Mas, as 2 pessoas consideradas 1 podem ser dispostas de 2! maneiras. Portanto, o número de maneiras de dispor 7 pessoas em uma mesa redonda com 2 pessoas em particular sentando juntas 5!2! 240. Então, usando (a), o número total de maneiras na qual 7 pessoas podem sentar em uma mesa redonda de modo que 2 pessoas em particular não sentem juntas 730 240 480 maneiras. Combinações 1.27 De quantas maneiras 10 objetos podem ser divididos em dois grupos contendo 4 e 6 objetos, respectivamente? Isto é o mesmo que o número de maneiras de dispor 10 objetos dos quais 4 são similares e os outros 6 objetos são também similares entre si. Pelo Problema 1.25, isto é O problema é equivalente a encontrar o número de seleções de 4 de 10 objetos (ou 6 de 10 objetos), a ordem da seleção sendo secundária. Em geral, o número de seleções de r de n objetos, chamada de número de combinações de n objetos tomados r a cada vez, é representado por n C r ou é dado por: 1.28 Avalie (a) 7 C 4, (b) 6 C 5, (c) 4 C 4. (a) (b), ou 6 C 5 6 C 1 6. (c) 4 C 4 é o número de seleções de 4 objetos tomados 4 a cada vez e existe, neste caso, somente uma possiblidade. Então, 1. Observe que formalmente: 4 C 4 se definirmos 0! 1. 1.29 De quantas maneiras um comitê formado por 5 pessoas pode ser escolhido de 9 pessoas? 1.30 De 5 matemáticos e 7 físicos, um comitê consistindo de 2 matemáticos e 3 físicos está para ser formado. De quantas maneiras isto pode ser feito se (a) qualquer matemático e qualquer físico podem ser incluídos, (b) um físico em particular deve estar no comitê, (c) dois matemáticos em particular não podem estar no comitê? (a) 2 matemáticos de 5 podem ser selecionados de 5 maneiras. 3 físicos de 7 podem ser selecionados de 7 maneiras. Número total de seleções possíveis 5 7 10 35 350 (b) 2 matemáticos de 5 podem ser selecionados de 5 maneiras. 2 físicos de 6 podem ser selecionados de 6 maneiras. Número total de seleções possíveis 5 6 10 15 150 (c) 2 matemáticos de 3 podem ser selecionados de 3 maneiras. 3 físicos de 7 podem ser selecionados de 7 maneiras. Número total de seleções possíveis 3 7 3 35 105
22 PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA 1.31 Quantas saladas diferentes podem ser feitas com alface, escarola, endívia, agrião e chicória? Cada folha verde pode ser tratada de 2 maneiras, ela pode ser escolhida ou não. Visto que cada uma das 2 maneiras de tratar com uma folha verde está associada com as 2 maneiras de tratar com as outras folhas verdes, o número de maneiras de tratar com as 5 folhas verdes 2 5 maneiras. Mas, 2 5 maneiras incluem o caso no qual nenhuma folha verde é escolhida. Portanto, Número de saladas 2 5 1 31 Outro método Podemos selecionar tanto 1 de 5 folhas verdes, quanto 2 de 5 folhas verdes,..., 5 de 5 folhas verdes. Então, o número necessário de saladas é 5C 1 5 5 5 C 4 5 C 5 5 10 10 5 1 31 Em geral, para qualquer n inteiro positivo, n C 1 n n... n C n 2 n 1. 1.32 De 7 consoantes e 5 vogais, quantas palavras podem ser formadas, consistindo de 4 consoantes diferentes e 3 vogais diferentes? As palavras não precisam ter significado. As 4 consoantes diferentes podem ser selecionadas de 7 C 4 maneiras, as 3 vogais diferentes podem ser selecionadas de C maneiras e as 7 letras diferentes resultantes (4 consoantes, 3 vogais) podem ser dispostas entre elas em P 5 3 7 7 7! maneiras. Então: Número de palavras 7 C 4 5 7! 35 10 5040 1.764.000 Coeficientes binomiais 1.33 Prove que Temos: O resultado tem a seguinte aplicação interessante. Se escrevermos os coeficientes da expansão binomial de (x y) n para n 0, 1, 2,..., obteremos o seguinte arranjo, chamado de triângulo de Pascal: Uma entrada em qualquer linha pode ser obtida adicionando as duas entradas na linha precedente que estão a sua direita e esquerda. Portanto, 10 4 6, 15 10 5, etc. 1.34 Encontre o termo constante na expansão de
CAPÍTULO 1 PROBABILIDADE BÁSICA 23 De acordo com o teorema binomial: O termo constante corresponde àquele para o qual 3k 12 0, isto é, k 4 e, portanto, dado por Probabilidade usando análise combinatória 1.35 Uma caixa contém 8 bolas vermelhas, 3 brancas e 9 azuis. Se 3 bolas são extraídas ao acaso sem substituição, determine a probabilidade de que (a) todas as 3 são vermelhas, (b) todas as 3 são brancas, (c) 2 são vermelhas e 1 é branca, (d) pelo menos 1 é branca, (e) 1 de cada cor é extraída, (f) as bolas são extraídas na ordem vermelha, branca, azul. (a) Método 1 Considere R 1, R 2, R 3 a representação dos eventos bola vermelha na primeira extração, bola vermelha na segunda extração, bola vermelha na terceira extração, respectivamente. Então, R 1 R 2 R 3 representa o evento todas as 3 bolas extraídas são vermelhas. Assim, temos: Método 2 (b) Usando o segundo método indicado na parte (a): P(as 3 brancas) O primeiro método indicado na parte (a) também pode ser usado. (c) P(2 são vermelhas e 1 é branca) (d) P(nenhuma ser branca). Então: (e) P(extrair uma de cada cor) P(pelo menos 1 ser branca) (f) P(de extrair na ordem de 1vermelha, 1 branca e 1 azul) P(uma de cada cor é extraída), usando (e) Outro método
24 PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA 1.36 No jogo de pôquer, 5 cartas são extraídas de um baralho de 52 cartas bem embaralhadas. Encontre a probabilidade de que (a) 4 são ases, (b) 4 são ases e 1 é rei, (c) 3 são dez e 2 são valetes, (d) um nove, um dez, um valete, uma rainha, um rei são obtidos em qualquer ordem, (e) 3 são de qualquer naipe e 2 são de outro, (f) pelo menos 1 ás é obtido. (a) P(4 ases) (b) P(4 ases e 1 rei) (c) P(3 são dez e 2 são valetes) (d) P(nove, dez, valete, rainha, rei em qualquer ordem) (e) P(3 de qualquer naipe, 2 de outro) visto que existem 4 maneiras de escolher o primeiro naipe e 3 maneiras de escolher o segundo naipe. (f) P(nenhum ás). Então, P(pelo menos um ás). 1.37 Determine a probabilidade de três 6 em 5 lançamentos de um dado honesto. Considere a representação dos lançamentos do dado pelos 5 espaços. Em cada espaço teremos os eventos 6 ou não 6 ( ). Por exemplo, três 6 e dois não 6 podem ocorrer como 6 6 6 6 6 ou 6 6 6 6 6, etc. Assim sendo, a probabilidade do resultado 6 6 6 6 6 é: desde que presumimos independência. De forma similar, para todos os outros resultados nos quais três 6 e dois não 6 ocorrem. Mas, existem 5 10 resultados e eles são mutuamente exclusivos. Portanto, a probabilidade solicitada é: Em geral, se p P(A) e q 1 p P(A ), então, usando o mesmo raciocínio dado acima, a probabilidade de se conseguir exatamente x eventos A em n tentativas independentes é: 1.38 Uma estante tem 6 livros de matemática e 4 livros de física. Encontre a probabilidade de que 3 livros de matemática, em particular, estejam juntos. Todos os livros podem ser dispostos entre eles de 10 P 10 10! maneiras. Vamos presumir que os 3 livros de matemática em particular são, na verdade, substituídos por 1 livro. Então, temos um total de 8 livros que podem ser dispostos entre eles de 8 P 8 8! maneiras. Mas, os 3 livros de matemática podem ser dispostos em 3 P 3 3! maneiras. A probabilidade solicitada é, portanto, dada por: Problemas variados 1.39 A e B jogam 12 jogos de xadrez, dos quais 6 são vencidos por A, 4 são vencidos por B e 2 terminam empatados. Eles concordam jogar em um torneio, consistindo de 3 jogos. Encontre a probabilidade de que (a) A
CAPÍTULO 1 PROBABILIDADE BÁSICA 25 vença todos os 3 jogos, (b) 2 jogos terminem empatados, (c) A e B vençam alternadamente, (d) B vença pelo menos 1 jogo. Considere A 1, A 3 os eventos A vence no primeiro, segundo e terceiro jogos, respectivamente, B 1, B 2, B 3, os eventos B vence no primeiro, segundo e terceiro jogos, respectivamente. Com base no seu desempenho passado (probabilidade empírica), presumiremos que: P(A vença qualquer jogo), P(B vence qualquer jogo) (a) P(A vença os 3 jogos) P(A 1 A 3 ) P(A 1 ) P(A 2 ) P(A 3 ) supondo que os resultados de cada jogo sejam independentes dos resultados de quaisquer outros. (Essa suposição não seria justificável se cada jogador estivesse psicologicamente influenciado pelos ganhos ou perdas do outro jogador.) (b) Em qualquer jogo a probabilidade de um não empate (isto é, ou A vence ou B vence) é e a probabilidade de um empate é. Então, a probabilidade de 2 empates e 3 tentativas é (veja o Problema 1.37): (c) P(A e B vencem alternadamente) P(A vence então B vence ou B vence então A vence então B vence) P(A 1 B 2 A 3 ) P(B 1 B 3 ) P(A 1 )P(B 2 )P(A 3 ) P(B 1 )P(A 2 )P(B 3 ) (d) P(B vence pelo menos um jogo) 1 P(B não vence nenhum jogo) 1 P(B 1 B 2 B 3 ) 1 P(B 1 )P(B 2 )P(A 3 ) 1.40 A e B jogam um jogo no qual eles alternadamente lançam um par de dados. O primeiro que conseguir um total de 7 vence o jogo. Encontre a probabilidade de que (a) aquele que lançar o dado primeiro vencerá o jogo, (b) aquele que lançar o dado em segundo lugar vencerá o jogo. (a) A probabilidade de conseguir um 7 em um único lançamento de um par de dados, presumido honesto, é de 1/6, como foi visto no Problema 1.9 e na Fig. 1-9. Se supomos que A é o primeiro a lançar, então A irá vencer em qualquer um dos seguintes casos mutuamente exclusivos com probabilidades associadas indicadas: (1) A vence no primeiro lançamento. Probabilidade. (2) A perde no primeiro lançamento, B então perde, A vence. Probabilidade. (3) A perde no primeiro lançamento, B perde, A perde, B perde, A vence. Probabilidade............................................................................................ Então, a probabilidade de que A vença é:
26 PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA onde usamos o resultado 6 do Apêndice A com x (5/6) 2. (b) A probabilidade de que B vença o jogo é obtida de forma semelhante. Portanto, daríamos 6 a 5 chances de que o primeiro a lançar o dado irá vencer. Observe que desde que: a probabilidade de um empate é zero. Isto não seria verdadeiro se o jogo fosse limitado. Veja o Problema 1.100. 1.41 Uma máquina produz um total de 12000 parafusos por dia que são, em média, 3% defeituosos. Encontre a probabilidade de que de 600 parafusos escolhidos ao acaso, 12 sejam defeituosos. Dos 12000 parafusos, 3% ou 360, são defeituosos e 11.640 não são. Então: Probabilidade requerida 1.42 Uma caixa contém 5 bolas de gude vermelhas e 4 bolas de gude brancas. Duas bolas de gude são extraídas sucessivamente da caixa sem reposição, e é observado que a segunda é branca. Qual é a probabilidade de que a primeira também seja branca? Método 1 Se W 1, W 2 são os eventos branca na primeira extração, branca na segunda extração, respectivamente, estamos procurando por P(W 1 W 2 ). Essa probabilidade é obtida por: Método 2 Visto que sabemos que a segunda é branca, existem somente 3 maneiras das 8 restantes nas quais a primeira extração pode ser branca, portanto a probabilidade é 3/8. 1.43 A probabilidade de que um marido e uma esposa estejam vivos nos próximos 20 anos é dada por 0,8 e 0,9, respectivamente. Encontre a probabilidade de que em 20 anos (a) ambos, (b) nenhum, (c) pelo menos um, estejam vivos. Considere H e W os eventos de que o marido e esposa, respectivamente, estarão vivos em 20 anos. Então P(H) 0,8, P(W) 0,9. Suponha que H e W são eventos independentes, que pode ou não ser uma hipótese razoável. (a) P(ambos estarem vivos) P(H W) P(H)P(W) (0,8)(0,9) 0,72. (b) P(nenhum esteja vivo) P(H W ) P(H )P(W ) (0,2)(0,1) 0,02. (c) P(pelo menos um esteja vivo) 1 P(nenhum esteja vivo) 1 0,02 0,98. 1.44 Uma secretária ineficiente coloca n cartas diferentes em n envelopes diferentes endereçados ao acaso. Encontre a probabilidade de que pelo menos uma das cartas irá chegar ao destino correto. Considere A 1,... A n, os eventos de que a 1 a, 2 a,..., enésima carta esteja no envelope correto. Então, o evento de que, pelo menos, uma carta esteja no envelope correto é A 1... A n, e queremos encontrar P(A 1... A n ). Para uma generalização dos resultados (10) e (11), página 6, temos: (1)
CAPÍTULO 1 PROBABILIDADE BÁSICA 27 onde P(A k ) é a soma das probabilidades de A k de 1 a n, P(A j A k ) é a soma das probabilidades de A j A k com j e k de 1 a n e k j, etc. Temos, por exemplo, o seguinte: (2) e de forma similar visto que, dos n envelopes, somente 1 terá o endereço apropriado. Também: (3) visto que, se a primeira carta está no envelope correto, então somente 1 dos restantes n 1 envelopes estará correto. De uma forma similar encontramos: (4) etc. e, finalmente, (5) Agora, na soma P(A j A k ) existem n termos, com todos tendo o valor dado por (3). De forma similar em P(A i A j A k ) existem n termos, com todos tendo o valor dado por (4). Portanto, a probabilidade solicitada é: Do cálculo sabemos que (veja o Apêndice A): assim, para x 1 ou Segue que se n é grande, a probabilidade requerida está muito próxima de 1 e 1 0,6321. Isto significa que existe uma boa chance de, pelo menos, 1 carta chegar ao destino correto. O resultado é excelente porque a probabilidade permanece praticamente constante para todo n 10. Portanto, a probabilidade de que pelo menos 1 carta irá chegar ao seu destino correto é praticamente a mesma se i é 10 ou 10.000. 1.45 Encontre a probabilidade de que n pessoas (n 365) selecionadas aleatoriamente façam os n aniversários em dias diferentes. Supomos que existam somente 365 dias em um ano, e que todos os aniversários são igualmente prováveis, suposições que não são satisfeitas na realidade. A primeira das n pessoas faz, é claro, aniversário com probabilidade 365/365 1. Então, se a segunda faz aniversário em um dia diferente, deve ocorrer em um dos outros 364 dias. Portanto, a probabilidade de que a segunda pessoa faça aniversário em um dia diferente da primeira é 364/365. De forma similar, a probabilidade de que a terceira pessoa faça aniversário em um dia diferente dos dois primeiros é 363/365. Finalmente, a probabilidade de que a enésima pessoa faça aniversário em dia diferente dos outros é (365 n 1). Portanto, temos: